热门试卷

（1）小球从A经B到C的过程中，电场力做功，克服重力做功，根据动能定理得：

qE(sAB+R)-mgR=mvc2

代入数据，解得vc=m/s．

根据牛顿第二定律：N-qE=m

则N=qE+m=0.1+0.3N=0.4N

根据牛顿第三定律小球对轨边C点的压力为O.4N

答：小球运动到C点的速度为m/s．

（2）小球能通过最高点的最小速度vD，这时轨道对小球的压力为零，由牛顿第二定律得

mg=m

解得vD==1m/s

由动能定理得：qEsA′B-mg•2R=mvD2

解得：sA′B=0.25m．

答：小球开始运动的位置A’至少离B点0.25m．

（1）根据牛顿第二定律得，F-Ff=ma．

设匀加速的末速度为v，则有：P=Fv

v=at1

代入数值，联立解得匀加速的时间t1=20s．

（2）当达到最大速度vm时，有：P=Ffvm

解得汽车的最大速度vm=30m/s．

（3）汽车做匀加速运动的位移x1=at12=200m

在后一阶段牵引力对汽车做正功，阻力做负功，根据动能定理有：

Pt2-Ffx2=mvm2-mv2

又有x2=x-x1

代入数值，联立解得：t2=30.8s．

所以汽车总的运动时间t=t1+t2=50.8s

答：（1）汽车做匀加速运动的时间为20s．

（2）汽车所能达到的最大速率为30m/s．

（3）汽车发生该1000m位移需要50.8s．

根据题意，在物块P从开始下落至刚要进入相互作用区的时间T0内，板在摩擦力作用下的加速度a1==μg

板速度的减少量△v1=aT0即△v1=μgT0

代入数据，得△v1=0.392m/s

物块P进入相互作用区后，便受到板的向上作用力，因而做减速运动．

物块P刚进入相互作用区的速度v0=gT0

设在相互作用区内物块P做减速运动的加速度为a，

则由题给条件可知a==(k-1)g

经历时间T，物块刚要到达B板上表面，则有 v0=aT

由以上三式解得T=

在T时间内，B板受到的摩擦力为  μ（Mg+kmg），

在摩擦力作用下的B板加速度a2=

在这段时间内，B板速度的减少量△v2=a2T

即△v2=

代入数据，解得△v2=4.782×10-2m/s

当物块P的速度减到零后，又开始以加速度a向上做加速运动，经历时间T，跑出相互作用区，在这段时间内，B板减少的速度仍是△v2；

物块P离开相互作用区后，做加速度为g的减速运动，经历时间T0，回到初始位置，在这段时间内，B板减少的速度为△v1，以后物块又从起始位置自由落下，重复以前的运动，B板的速度再次不断减少．

总结以上分析可知：

每当物块P完成一次从起始位置自由下落，进入相互作用区后又离开相互作用区，最后回到起始位置的过程中，

B板速度减少的总量为△v=2△v1+2△v2

代入△v=0.8796m/s

设在物块P第n次回到起始位置时刻，B板的速度为vn，则有vn=v0-n△v，n越大，vn越小．

设当n=n0时，vn已十分小，致使在物块P由n=n0到n=n0+1的过程中的某一时刻，B板的速度已减至零，

若仍用上式，则表示当n=n0时，vn0＞0；当n=n0+1时，vn0+1＜0，

即有  v0-n0△v＞0，v0-（n0+1）△v＜0

代入有关数据，得 n0＜11.37，n0＞10.37

因为为整数，故有n0=11，即当B开始停止运动的那一时刻，P已经回到过初始位置11次   

答：当B刚好停止运动时，P已经回到过初始位置11次．

（1）由于质点做匀速圆周运动，所以质点受到的电场力、重力二力平衡，即：qE-mg=0  

得：E=   向竖直向上   

（2）如图甲所示，带电质点受重力mg、洛伦兹力f=qv0B、电场力F=qE的作用做匀速直线运动，

根据几何关系可知：当电场力方向与洛伦兹力方向垂直时，场强有最小值Emin，

所以电场强度Emin的方向与xOz的夹角为60°，即与磁感应强度B的方向相同． 

根据牛顿运动定律：qEmin-mgsin60°=0   ①

f洛-mgcos60°=0     ②

由①②解得：Emin=

（3）如乙所示，撤去磁场后，带电质点受到重力mg和电场力qEmin作用，

其合力与存在磁场时的洛伦兹力大小相等方向相反，即沿图中PM方向，合力与v0方向垂直．由②得   f洛=mgcos60°=mg

设经过时间t到达Oxz平面内的点N（x，y，z），由运动的合成和分解可得：

沿v0方向：z=v0t③

沿PM方向：PM=at2④

沿PM方向：PM==2h⑤

联立③～⑤解得：

所以．带电质点在N(h，0，2v0)的位置．

答：（1）若质点恰好做匀速圆周运动，求电场强度的大小及方向竖直向上；

（2）若质点恰沿v0方向做匀速直线运动，则电场强度的最小值为及方向与xOz的夹角为60°，即与磁感应强度B的方向相同；

（3）若电场为第（2）问所求的情况，撤去磁场，当带电质点P点射入时，则带电粒子运动到Oxz平面时在N(h，0，2v0)的位置．

（1）由牛顿第二定律得物体上升时的加速度大小a1=gsin37°+μgcos37°=10×0.6+0.5×10×0.8=6+4=10m/s2

故上滑的最大位移s===1.25m

（2）物体下滑时的加速度大小a2=gsin37°-μgcos37°=6-4=2m/s2

物体到斜面底端时的速度v===m/s

物体在斜面上运动的时间t=+=(+)s

答：（1）滑块在斜面上运动的最大位移大小为1.25m；

（2）滑块返回到斜面底端的速度大小为m/s，往返的时间为(+)s．

（1）货物受重力、支持力、拉力摩擦力处于平衡，有：

Fcos37°=f

f=μ（mg-Fsin37°）

联立两式解得：μ=0.4．

（2）撤去拉力后，货物的加速度a==μg=4m/s2

则货物还能运动的时间t==2s．

（3）根据动能定理得：

WF-μmgx=0

解得WF=μmgx=0.4×520×200J=4.16×104J．

答：（1）货物与水平面间动摩擦因数为0.4．

（2）撤去拉力后，货物还能运动2s．

（3）F至少做4.16×104J功，能使货物到达200m处的仓库．

（1）设物块在传送带上的加速度为a，由牛顿第二定律得：

μ1mgcosθ-mgsinθ=ma

代入数据解得：a=1m/s2，

根据v=at1代入数据得：t1=2s，

L=at12=2m＜4m，知物块之后匀速运动到B点，所以到达B点的速度为2.0m/s．

（2）物块在水平面上的加速度为：a′=μ2g=5m/s2，

物体过B后做匀减速运动，则有：sBC===0.4m．

（3）物块在传送带上匀速运动的时间为：t2==1s；

物块在水平面上运动的时间为为t3，有：v=μ2gt3，

代入数据解得：t3=0.4s．

所以物块从A运动到C所经历的时间为：t=t1+t2+t3=2+1+0.4=3.4s．

答：（1）物块运动至B点时的速度为2.0m/s；

（2）BC的长度为0.4m；

（3）物块从A运动至C所经历的时间为3.4s．

（1）物体刚放上传送带，受力如图：

垂直传送带由平衡得：N=mgcosθ… ①

沿传送带由牛顿第二定律得：f-mgsin=ma…②

f=μN… ③

由①②③得：a=0.4 m/s2．

设工件达到4m/s位移为s，则有：

s===20mm＜25m，

然后物体与传送带一起做匀速直线运动，先做匀加速运动再做匀速运动．

（2）物体匀加速运动的时间为：t1===10s，

物体匀速运动的时间为：t2===1.25s，

物体从A点运动到B点所用时间为：t=t1+t2=10s+1.25s=11.25s；

答：（1）物体先做匀加速运动再做匀速运动．

（2）物体从A点运动到B点所用的时间11.25s．

设v1=22m/s，s1=57m，v2=13m/s   s2=24m

由题意得：v1t+=s1，

         v2t+=s2

代入得   22t+=57

        13t+=24

解得 t=0.77s，a=6.04m/s2

答：（1）驾驶员的反应时间为0.77s；

（2）制动后汽车的加速度大小是6.04m/s2．

（1）静止在D处时甲的受力分析，电场力水平向左，与电场强度的方向相同，可知甲应带正电，并且有：q1E=mgtanα

∴q1==（带正电）

故滑块的带电量q1，带正电．

（2）甲从C经B到A的过程中，重力做正功，电场力和摩擦力做负功．则由动能定理有：mgR-qE（R+L）-μmgL=0

解得：L=•R=R

故水平轨道上A、B两点之间的距离L为R．

（3）分析知D点速度最大，设VD由动能定理有

mgRcosα-qER（1-sinα）=mvD2-0　　                    

设支持力N，由牛顿第二定律

N-F=m                                              

由平衡条件

F=                                         

解N=2.25mg                                         

由牛顿第三定律，最大压力2.25 mg．

（1）、木板第一次上升过程中，对物块受力分析，受到竖直向下的重力、垂直于斜面的支持力和沿斜面向上的摩擦力作用，设物块的加速度为a物块，

则物块受合力  F物块=kmgsinθ-mgsinθ…①

由牛顿第二定律 F物块=ma物块…②．

联立①②得：a物块=（k-1）gsinθ，方向沿斜面向上．

（2）设以地面为零势能面，木板第一次与挡板碰撞时的速度大小为v1，由机械能守恒有：

×2=2mgH

解得：v1=．

设木板弹起后的加速度a板，由牛顿第二定律有：

 a板=-（k+1）gsinθ

S板第一次弹起的最大路程：S1=

解得：S1=

木板运动的路程S=+2S1=

（3）设物块相对木板滑动距离为L

根据能量守恒有：mgH+mg（H+Lsinθ）=kmgsinθL

损失机械能 E0=fL=kmgsinθL                           

解得   E0=

答：（1）木板第一次与挡板碰撞弹回沿斜面上升过程中，物块B的加速度a1大小是（k-1）gsinθ，方向沿斜面向上；

（2）从释放木板到木板与挡板第二次碰撞的瞬间，木板A运动的路程是；

（3）从释放木板到木板和物块都静止，木板和物块系统损失的机械能是．

（1）下滑过程中安培力的功即为在金属棒和电阻上产生的焦耳热，

   由于R=3r，因此QR=3Qr=0.3J

   故W安=Q=QR+Qr=0.4J

（2）金属棒下滑时受重力和安培力F安=BIL=v

    由牛顿第二定律mgsin30°-v=ma

     故a=gsin30°-v=10×-=3.2(m/s2)

（3）此解法正确．

   金属棒下滑时重力、支持力和安培力作用，根据牛顿第二定律

       mgsin30°-v=ma

   上式表明，加速度随速度增加而减小，棒作加速度减小的加速运动．无论最终是否达到匀速，当棒到达斜面底端时速度一定为最大．由动能定理可以得到棒的末速度，因此上述解法正确．

       mgSsin30°-Q=mvm2

    故vm===2.74(m/s)

（1）A、B组成的整体运动过程中所受摩擦力为：

f=μ（mA+mB）g=5N

设运动达到稳定时系统的加速度为a，根据牛顿第二定律有：

F1-F2-f=（mA+mB）a 

解得：a=1.0m/s2

方向与F1同向（或水平向右）

（2）以B为研究对象，运动过程中所受摩擦力为：fB=μmBg=2N

设运动达到稳定时，B所受轻绳的作用力为FT，根据牛顿第二定律有：

FT-fB-F2=mBa

解得：FT=14.0N 

根据牛顿第三定律，物体B对轻绳的作用力大小为14牛，方向水平向左． 

答：（1）A、B共同运动的加速度为1.0m/s2；

（2）物体B对轻绳的作用力为14N．